CONTOH SOLUSI BEBERAPA SOAL OLIMPIADE MATEMATIKA Oleh: Wiworo, S.Si, M.M. 3. Untuk k 2 didefinisikan bahwa a

(1)

CONTOH SOLUSI BEBERAPA SOAL OLIMPIADE MATEMATIKA Oleh: Wiworo, S.Si, M.M

1. Diketahui bahwa a₁ 2, a₂ 3. Untuk k 2 didefinisikan bahwa 3 1

1 2 2 1     k k k a a a .

Tentukan jumlah tak hingga dari a₁a₂ a₃ . Solusi:

Kita misalkan a₁a₂ a₃ S. Dengan demikian kita dapat menuliskan

_

_

               4 3 1 3 2 1 3 3 1 2 2 1 2 3 1 1 2 1 3 2 1 3 2 S a a a a a a a a a

Kedua ruas kita kalikan 6 sehingga diperoleh











 





1 2 3

 

1 2 3



1 4 3 2 3 2 1 4 3 3 2 2 1 4 3 1 3 2 1 3 3 1 2 2 1 2 3 1 1 2 1 2 2 3 30 2 3 30 2 3 2 3 2 3 18 12 6 3 2 6 6 a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a S                                           

Dengan demikian 6S303S2S22. Sehingga diperoleh S 26.

2. Buktikan bahwa (n1)n(n3 1) senantiasa habis dibagi 6 untuk semua bilangan asli n. Bukti:

Ambil sebarang bilangan asli n. Untuk membuktikan bahwa (n1)n(n3 1) senantiasa habis dibagi oleh 6, maka harus dibuktikan bahwa (n1)n(n3 1) habis dibagi 2 dan habis dibagi 3.

Akan dibuktikan bahwa (n1)n(n3 1) habis dibagi 2.

Kita pecah dalam dua kasus, yaitu untuk n2k dan untuk n2k1 untuk sebarang bilangan asli k. Untuk n2k diperoleh











   







2 1





8 1



2 1 2 2 1 2 1 1 3 3 3         k k k k k k n n n

yang merupakan kelipatan 2. Untuk n2k1 diperoleh



n1



n



n31



 2k



2k1





8k312k26k2



yang merupakan kelipatan 2.

Dari kedua kasus tersebut dapat disimpulkan bahwa (n1)n(n3 1) habis dibagi 2 untuk setiap bilangan asli n.

Selanjutnya akan dibuktikan bahwa (n1)n(n3 1) habis dibagi 3.

Kita pecah dalam tiga kasus, yaitu untuk n3k, untuk n3k1 dan untuk n3k2 untuk sebarang bilangan asli k.

Untuk n3k diperoleh











   







3 1





27 1



3 1 3 3 1 3 1 1 3 3 3         k k k k k k n n n

(2)













 

















3 1



3 2



9



3 6 4 1



1 8 36 54 27 2 3 1 3 1 2 3 2 3 1 3 1 1 2 3 2 3 3 3                     k k k k k k k k k k k k k n n n

yang merupakan kelipatan 3.

Dari ketiga kasus tersebut dapat disimpulkan bahwa (n1)n(n3 1) habis dibagi 3 untuk setiap bilangan asli n.

Dengan demikian (n1)n(n3 1) habis dibagi 2 dan habis dibagi 3. Karena 2 dan 3 saling relatif prima (FPB dari 2 dan 3 adalah 1), maka (n1)n(n3 1) habis dibagi 6 untuk setiap bilangan asli n.

3. Untuk bilangan real a dan b sebarang, buktikan bahwa a2b2 2(ab)2. Catatan:

Untuk membuktikan soal tersebut, permasalahan yang sering muncul adalah harus dimulai dari mana untuk mengkonstruksikan pembuktiannya. Untuk pembuktian yang masih sederhana, masalah tersebut tidak terlalu mengganggu. Akan tetapi untuk soal yang lebih kompleks, masalah tersebut akan sangat mengganggu. Hal ini dapat diatasi jika kita mulai dengan terlebih dahulu membuat proses/langkah berpikirnya. Dalam proses berpikir ini, kita bergerak mundur (working backward) dari yang akan dibuktikan, dengan langkah-langkah yang logis menuju ke yang diketahui. Pada penulisan buktinya, proses berpikir ini tidak perlu dicantumkan dan cukup ditulis di lembar corat-coret saja (buram). Proses berpikir:







1

 

1



0 0 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2                   b a b b a a b a b a b a b a

Dari proses berpikir tersebut, ternyata langkah buktinya harus dimulai dari



a1



2 0

dan



b1



2 0. Hal ini didasarkan dari sifat kuadrat sebarang bilangan real selalu nonnegatif.

Bukti:

Ambil a dan b sebarang bilangan real.







1



0 0 1 2 2     b a

Jumlahkan kedua ketaksamaan maka diperoleh



 







2 2 2 2 2 0 1 2 1 2 0 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2                   b a b a b a b a b b a a b a

(3)

4. Seseorang memiliki sejumlah koin senilai 1000 rupiah. Setelah diperhatikan dengan seksama, ternyata koin yang dimilikinya terdiri dari tiga macam koin di antara 4 macam koin yang sekarang masih berlaku (500-an, 200-an, 100-an dan 50-an). Selidiki dan tentukan berapa banyak kombinasi koin yang mungkin dimiliki oleh orang tersebut. Solusi:

Strategi membuat daftar yang sistematis akan digunakan untuk menyelesaikan masalah ini.

Nomor Koin yang Digunakan

500-an 200-an 100-an 50-an

1 - 1 1 14 2 - 1 2 12 3 - 1 3 10 4 - 1 4 8 5 - 1 5 6 6 - 1 6 4 7 - 1 7 2 8 - 2 1 10 9 - 2 2 8 10 - 2 3 6 11 - 2 4 4 12 - 2 5 2 13 - 3 1 6 14 - 3 2 4 15 - 3 3 2 16 - 4 1 2 17 1 - 1 8 18 1 - 2 6 19 1 - 3 4 20 1 - 4 2 21 1 1 - 6 22 1 2 - 2 23 1 1 3 - 24 1 2 1 -

Dengan demikian terdapat 24 kemungkinan kombinasi koin yang dapat dimiliki orang tersebut.

5. Untuk setiap pasangan bilangan asli a dan b, kita definisikan a*babab. Bilangan asli x dikatakan penyusun bilangan asli n jika terdapat bilangan asli y yang memenuhi

n y

x*  . Sebagai contoh, 2 adalah penyusun 6 karena terdapat bilangan asli 4 sehingga 6 4 2 8 4 2 4 2 4 *

2         . Tentukan semua penyusun 2005.

Solusi:

Misalkan x adalah penyusun 2005. Sehingga terdapat bilangan asli y sedemikian hingga



1



1



1 * 2005         y x y x xy y x

(4)

Sebagai akibatnya







167 3 2 2004 1 1 2      y x

Faktor-faktor dari 223167 adalah 1, 2, 3, 4, 6, 12, 167, 334, 501, 668, 1002, 2004. Dengan demikian x1 harus bernilai salah satu dari keduabelas faktor tersebut. Sehingga nilai x adalah salah satu dari 2, 3, 4, 5, 7, 13, 168, 335, 502, 669, 1003 atau

2005. Kita peroleh 1 1 2004_   x

y untuk masing-masing nilai x. Selanjutnya kita buat daftar

sebagai berikut: x y x*y xyx y 2 2003 22003220032005 3 1001 31001310012005 4 667 466746672005 5 500 550055002005 7 333 733373332005 13 166 13166131662005 168 11 16811168112005 335 5 335533552005 502 3 502350232005 669 2 669266922005 1003 1 10031100312005 2005 0 20050200502005

Karena x dan y harus merupakan bilangan asli maka x2005 bukan penyusun 2005 karena nilai y yang diperoleh adalah 0. Dengan demikian semua penyusun 2005 adalah 2, 3, 4, 5, 7, 13, 168, 335, 502, 669 dan 1003.

6. Diketahui bentuk x2 3y2 n, dengan x dan y adalah bilangan-bilangan bulat.

a. Jika n20, bilangan berapa sajakah n tersebut dan diperoleh dari pasangan

 

x,y

apa saja?

b. Tunjukkan bahwa tidak mungkin menghasilkan x2 3y2 8. Solusi:

a. Masalah ini dapat diselesaikan dengan membuat daftar yang sistematis.

x y x2 3y2 n n 0 0 02 302 0 0 1 0 12302 1 1 – 1 0

 

₁2 ₃ ₀2 ₁     1 0 1 02 312 3 ₃ 0 – 1 ₀2 ₃

 

₁2 ₃ ₃ 2 0 22 302 4 4 – 2 0

 

₂ 2 ₃ ₀2 ₄     4 1 1 12312 4 4 – 1 1

 

₁2 ₃

 

₁2 ₄     4

(5)

x y _x2 _ _y2 __n 3 n – 1 – 1

 

₁2 ₃

 

₁2 ₄      4 2 1 22312 7 ₇ – 2 1

 

₂ 2 ₃ ₁2 ₇     7 2 – 1 ₂2 ₃

 

₁2 ₇ ₇ – 2 – 1

 

₂ 2 ₃

 

₁2 ₇      7 3 0 32 302 9 9 – 3 0

 

₃ 2 ₃ ₀2 ₉     9 0 – 2 ₀2 ₃

 

₂ 2 ₁₂ ₁₂ 0 2 02 322 12 12 3 – 1 ₃2 ₃

 

₁2 ₁₂ ₁₂ 3 1 32 312 12 12 – 3 – 1

 

_₃ 2 _₃_

 

_₁ 2 _₁₂ ₁₂ – 3 1

 

₃ 2 ₃ ₁2 ₁₂     12 1 2 12322 13 ₁₃ – 1 2

 

₁2 ₃ ₂2 ₁₃     13 1 – 2 ₁2 ₃

 

₂ 2 ₁₃ ₁₃ – 1 – 2

 

₁2 ₃

 

₂ 2 ₁₃      13 2 2 22322 16 16 2 – 2 ₂2 ₃

 

₂ 2 ₁₆ 16 – 2 2

 

_₂ 2 _₃_₂2 _₁₆ ₁₆ – 2 – 2

 

₂ 2 ₃

 

₂ 2 ₁₆      16 4 0 42302 16 ₁₆ – 4 0

 

₄ 2 ₃ ₀2 ₁₆     16 4 1 42312 19 19 4 – 1 42 3

 

12 19 ₁₉ – 4 1

 

_₄ 2 _₃_₁2 _₁₉ ₁₉ – 4 – 1

 

₄ 2 ₃

 

₁2 ₁₉      19

b. Karena x2 3y2 8 maka haruslah x2 8 dan 3y2 8. Pertidaksamaan x2 8

hanya mungkin dipenuhi untuk x2,1,0,1,2, sedangkan pertidaksamaan 8

3y2  hanya mungkin dipenuhi untuk y1,0,1. Dari nilai-nilai x dan y yang

memenuhi, diperoleh hasil yang mungkin untuk 2

x adalah 0, 1, 4, sedangkan untuk

2

3y adalah 0, 3.

Dengan demikian nilai maksimal dari 2 2

3y

x  adalah 7. Sehingga tidak ada bilangan

bulat x dan y yang dapat memenuhi persamaan x2 3y2 8.

7. Diketahui  _{ }___ angka N 121 9 9999 999 99 9     . Tentukan nilai N. Solusi:

(6)



 



0989 11 1111 121 0 11 1111 1 1 1 1 00 0000 1 1000 100 10 1 00 0000 1 1 1000 1 100 1 10 9 9999 999 99 9 angka 118 angka 121 suku 121 angka 121 angka 121 angka 121                                                                                N

Dengan demikian N adalah 1111 110989

angka 118

 